4.7牛顿运动定律应用二限时训练

专题09 牛顿运动定律的综合应用（二）(限时：45min)一、 选择题（本大题共9小题）1．在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)。

导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为( ) A ．m 2·kg·s －4·A －1B ．m 2·kg·s －3·A －1C ．m 2·kg·s －2·A －1D ．m 2·kg·s －1·A －1【答案】B【解析】本题考查基本单位与导出单位间的关系，意在考查考生对单位制的认识。

由 1 J ＝1 V·A·s＝1 kg·m·s －2·m 可得，1 V ＝1 m 2·kg·s －3·A －1，因此选B 。

2．一质点受多个力的作用，处于静止状态，现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小。

在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度大小a 和速度大小v 的变化情况是( ) A ．a 和v 都始终增大 B ．a 和v 都先增大后减小 C ．a 先增大后减小，v 始终增大 D ．a 和v 都先减小后增大 【答案】C【解析】质点受到的合外力先从0逐渐增大，然后又逐渐减小为0，合力的方向始终未变，故质点的加速度方向不变，先增大后减小，速度始终增大，本题选C 。

3.(多选)(2019·山东师大附中质检)如图1所示，质量为m ＝1 kg 的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s 时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F ＝2 N 的恒力，在此恒力作用下(g 取10 m/s 2)( )图1A ．物体经10 s 速度减为零B ．物体经2 s 速度减为零C ．物体速度减为零后将保持静止D ．物体速度减为零后将向右运动 【答案】BC【解析】物体受到向右的滑动摩擦力，F f ＝μF N ＝μG ＝3 N ，根据牛顿第二定律得，a ＝F ＋F f m ＝2＋31m/s 2＝5 m/s 2，方向向右，物体减速到0所需的时间t ＝v 0a ＝105s ＝2 s ，B 正确，A 错误。

高中物理牛顿运动定律的应用解题技巧和训练方法及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图，光滑水平面上静置一长木板A ，质量M =4kg ，A 的最前端放一小物块B （可视为质点），质量m =1kg ，A 与B 间动摩擦因数μ=0.2．现对木板A 施加一水平向右的拉力F ，取g =10m/s 2．则：（1）若拉力F 1=5N ，A 、B 一起加速运动，求A 对B 的静摩擦力f 的大小和方向； （2）为保证A 、B 一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值F m （设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；（3）若拉力F 2=14N ，在力F 2作用t =ls 后撤去，要使物块不从木板上滑下，求木板的最小长度L【答案】（1）f = 1N ，方向水平向右；（2）F m = 10N 。

（3）木板的最小长度L 是0.7m 。

【解析】 【详解】（1）对AB 整体分析，由牛顿第二定律得：F 1=（M +m ）a 1 对B ，由牛顿第二定律得：f =ma 1联立解得f =1N ，方向水平向右；（2）对AB 整体，由牛顿第二定律得：F m =（M +m ）a 2对B ，有：μmg =ma 2联立解得：F m =10N（3）因为F 2＞F m ，所以AB 间发生了相对滑动，木块B 加速度为：a 2=μg =2m/s 2。

木板A 加速度为a 3，则：F 2-μmg =Ma 3解得：a 3=3m/s 2。

1s 末A 的速度为：v A =a 3t =3m/s B 的速度为：v B =a 2t =2m/s 1s 末A 、B 相对位移为：△l 1=2A Bv v t -=0.5m 撤去F 2后，t ′s 后A 、B 共速 对A ：-μmg =Ma 4可得：a 4=-0.5m/s 2。

共速时有：v A +a 4t ′=v B +a 2t ′可得：t ′=0.4s 撤去F 2后A 、B 相对位移为：△l 2='2A Bv v t -=0.2m 为使物块不从木板上滑下，木板的最小长度为：L =△l 1+△l 2=0.7m 。

《牛顿运动定律》限时训练（二）1．如图所示，小球质量为m ，被三根质量不计的弹簧A 、B 、C 拉住， 弹簧间的夹角均为1200，小球平衡时， A 、B 、C 的弹力大小之比为 3：3：1，当剪断C 瞬间，小球的加速度大小及方向可能为①g/2，竖直向下 ②g/2，竖直向上 ③g/4，竖直向下 ④g/4，竖直向上 A 、①② B 、①④ C 、②③ D 、③④2．一皮带传送装置如右图所示，皮带的速度v 足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m 的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自由长度，则当弹簧从自由长度到第一次达最长这一过程中，物体的速度和加速度变化的情况是 A ．速度增大，加速度增大 B ．速度增大，加速度减小C ．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D ．加速度a 先减小后反向增大，速度先增大后减小3．如图所示，一根轻弹簧竖直立在水平面上，下端固定。

在弹簧正上方有一个物块从高处自由下落到弹簧上端O ，将弹簧压缩。

当弹簧被压缩了x 0时，物块的速度减小到零。

从物块和弹簧接触开始到物块速度减小到零过程中，物块加速度大小a 随下降位移大小x 变化的图象，可能是下图中的4．如图所示，位于光滑固定斜面上的小物块，P 受到一水平向右的推力F 的作用。

已知物块P 沿斜面加速下滑，现保持F 的方向不变，使其减小，则加速度 A ．一定变小 B ．一定变大C ．一定不变D ．可能变小,可能变大,也可能不变5．质量为0.3kg 的物体在水平面上运动，图中的两条直线分别表示物体受水平拉力作用和不受水平拉力作用时的速度—时间图像，则下列说法中正确的是 A ．物体不受水平拉力时的速度图像一定是b B ．物体受水平拉力时的速度图像可能是a C ．摩擦力一定等于0.2N D ．水平拉力一定等于0.1N6．如图所示，斜面体A 静止放置在水平地面上，质量为m 的物体B 在外力F （方向水平向右）的作用下沿斜面向下做匀速运动，此时斜面体仍保持静止，则下列说法中正确的是 A ．若撤去力F ，物体B 将沿斜面向下加速运动 B ．若撤去力F ，A 所受地面的摩擦力方向向左 C ．若撤去力F ，A 所受地面的摩擦力可能为零 D ．若撤去力F ，A 所受地面的摩擦力方向可能向右7．如图所示，车厢里悬挂着两个质量不同的小球，上面的球比下面的球质量大，当车厢向右作匀加速运动(空气阻力不计)时，下列各图中正确的是8．如右上图所示，A 、B 并排紧贴着放在光滑的水平面上，用水平力F 1 、F 2同时推A 和B 。

高考物理高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧和训练方法及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L 1＝2.5 m 、L 2＝2 m ．传送带始终保持以速度v 匀速运动．现将一滑块（可视为质点）轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m ＝2 kg ，g 取10 m/s 2.求：（1）若滑块恰好不从平板上掉下，求滑块刚滑上平板时的速度大小； （2）若v ＝6 m/s ，求滑块离开平板时的速度大小． 【答案】（1）4/m s （2）3.5/m s 【解析】 【详解】(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a 1＝1mgmμ＝3 m/s 2由于μ1mg>2μ2mg故平板做匀加速运动，加速度大小：a 2＝122mg mgmμμ-⨯＝1 m/s 2设滑块滑至平板右端用时为t ，共同速度为v′，平板位移为x ，对滑块： v′＝v －a 1t(1分)L 2＋x ＝vt －12a 1t 2 对平板：v′＝a 2tx ＝12a 2t 2 联立以上各式代入数据解得：t ＝1 s ，v ＝4 m/s. (2)滑块在传送带上的加速度：a 3＝mgmμ＝5 m/s 2若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为： v 1112a L 5 m/s<6 m/s 即滑块滑上平板的速度为5 m/s设滑块在平板上运动的时间为t′，离开平板时的速度为v″，平板位移为x′ 则v″＝v 1－a 1t′ L 2＋x′＝v 1t′－12a 1t′2 x′＝12a 2t′2联立以上各式代入数据解得：t′1＝12s ，t′2＝2 s(t′2>t ，不合题意，舍去) 将t′＝12s 代入v″＝v －a 1t′得：v″＝3.5 m/s.2．皮带传输装置示意图的一部分如下图所示,传送带与水平地面的夹角37θ=︒，A 、B 两端相距12m,质量为M=1kg 的物体以0v =14.0m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带,物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带顺时针运转动的速度v =4.0m/s(g 取210/m s )，试求:(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；(2)若物体能在传送带上留下痕迹,物体从A 点到达B 点的过程中在传送带上留下的划痕长度．【答案】（1）2s （2）5m 【解析】 【分析】（1）开始时物体的初速度大于传送带的速度，根据受力及牛顿第二定律求出物体的加速度，当物体与传送带共速时，求解时间和物体以及传送带的位移；物体与传送带共速后，物体向上做减速运动，根据牛顿第二定律求解加速度，几何运动公式求解到达B 点的时间以及传送带的位移；（2）开始时物体相对传送带上滑，后来物体相对传送带下滑，结合位移关系求解划痕长度. 【详解】（1）物体刚滑上传送带时因速度v 0=14.0m/s 大于传送带的速度v=4m/s ，则物体相对斜面向上运动，物体的加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律有：Mgsin θ+μMgcos θ=Ma 1 解得：a 1=gsin θ+μgcos θ=10m/s 2 当物体与传送带共速时：v 0-at 1=v 解得t 1=1s此过程中物体的位移01192v vx t m +== 传送带的位移：214x vt m ==当物体与传送带共速后，由于μ=0.5<tan370=0.75，则物体向上做减速运动，加速度为：Mgsin θ-μMgcos θ=Ma 2 解得a 2=2m/s 2物体向上减速运动s 1=L-x 1=3m 根据位移公式：s 1=vt 2-12a 2t 22解得：t 2=1 s （t 2=3 s 舍去）则物体从A 点到达B 点所需的时间：t=t 1+t 2=2s （2）物体减速上滑时，传送带的位移：224s vt m == 则物体相对传送带向下的位移211s s s m ∆=-=因物体加速上滑时相对传送带向上的位移为：125x x x m ∆=-= 则物体从A 点到达B 点的过程中在传送带上留下的划痕长度为5m ． 【点睛】此题是牛顿第二定律在传送带问题中的应用问题；关键是分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动公式求解时间和位移等；其中的关键点是共速后物体如何运动.3．如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s 的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s 2，求：（1）物体第一次到达A 点时速度为多大？（2）要使物体不从传送带上滑落，传送带AB 间的距离至少多大？ （3）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度为多少？ 【答案】（1）8m/s （2）6.4m （3）1.8m 【解析】 【分析】（1）本题中物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小；（2）当物体滑到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离L 最小，根据动能定理列式求解；（3）物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s 的速度冲上斜面时沿斜面上滑达到的高度最大，根据动能定理求解即可． 【详解】（1）物体由光滑斜面下滑的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则得：212mgh mv = 解得：2210 3.28m/s v gh =⨯⨯=（2）当物体滑动到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离L 最小，由动能能力得：2102mgL mv μ-=-解得：228m 6.4m 220.510v L g μ===⨯⨯ （3）因为滑上传送带的速度是8m/s 大于传送带的速度6m/s ，物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s v =带的速度冲上斜面，根据动能定理得：2102mgh mv '-=-带得：226m 1.8m 2210v h g '===⨯带【点睛】该题要认真分析物体的受力情况和运动情况，选择恰当的过程，运用机械能守恒和动能定理解题．4．如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为37θ=︒，传送带AB 足够长，传送带以大小为2m/s υ=的恒定速率顺时针转动。

高中物理牛顿运动定律的应用的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m ＝2 kg 的小物体轻轻放在传送带的A 端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s 末物体到达B 端，取沿传送带向下为正方向，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求：(1)小物体在传送带A 、B 两端间运动的平均速度v ； (2)物体与传送带间的动摩擦因数μ； (3)2 s 内物体机械能的减少量ΔE ． 【答案】(1)8 m/s (2)0.5 (3)48 J 【解析】 【详解】（1）由v-t 图象的面积规律可知传送带A 、B 间的距离L 即为v-t 图线与t 轴所围的面积，所以：112122v v v L t t t ＝++代入数值得：L =16m由平均速度的定义得：168/2L v m s t ＝＝＝（2）由v-t 图象可知传送代运行速度为v 1=10m/s ，0-1s 内物体的加速度为：22110/10/1v a m s m s t V V ＝＝＝ 则物体所受的合力为：F 合=ma 1=2×10N=20N ．1-2s 内的加速度为：a 2＝21＝2m /s 2， 根据牛顿第二定律得：a 1＝mgsin mgcos mθμθ+=gsinθ+μgcosθa 2＝ mgsin mgcos mθμθ-=gsinθ-μgcosθ联立两式解得：μ=0.5，θ=37°．（3）0-1s内，物块的位移：x1＝12a1t12＝12×10×1m＝5m传送带的位移为：x2=vt1=10×1m=10m 则相对位移的大小为：△x1=x2-x1=5m则1-2s内，物块的位移为：x3＝vt2+12a2t22=10×1+12×2×1m＝11m0-2s内物块向下的位移：L=x1+x3=5+11=16m 物块下降的高度：h=L sin37°=16×0.6=9.6m 物块机械能的变化量：△E＝12m v B2−mgh=12×2×122−2×10×9.6=-48J负号表示机械能减小．2．如图甲所示，m1 =5 kg的滑块自光滑圆弧形槽的顶端A点无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左端导轮顶端的B点，传送带沿顺时针方向匀速运转．m1下滑前将m2 = 3 kg的滑块停放在槽的底端．m1下滑后与m2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两滑块均向右运动，传感器分别描绘出了两滑块碰后在传送带上从B点运动到C点的v-t图象，如图乙、丙所示．两滑块均视为质点，重力加速度g = 10 m/s2．(1)求A、B的高度差h；(2)求滑块m1与传送带间的动摩擦因数μ和传送带的长度L BC；(3)滑块m2到达C点时速度恰好减到3 m/s，求滑块m2的传送时间；(4)求系统因摩擦产生的热量．【答案】（1）0.8m（2）26m（3）6.5s（4）16J【解析】(1)由图乙可知，碰撞后瞬间，m1的速度v1=1 m/s，m2的速度v2 =5 m/s，设碰撞前瞬间m1的速度为v0，取向右的方向为正方向，根据动量守恒：m1v0= m1v1+ m2v2解得：v0 = 4 m/sm 1下滑的过程机械能守恒：211012m gh m v = 解得：h =0.8 m(2)由图乙可知，滑块m 1在传送带上加速运动时的加速度大小0.5va t∆==∆m/s 2 滑块的加速度就是由滑动摩擦力提供，故μ1m 1g = m 1a 可求出滑块m 1与传送带间的动摩擦因数μ1 = 0.05由图乙可知，滑块m 1在传送带上先加速4 s ，后匀速运动6 s 到达C 点 图线与坐标轴围成的图形的面积在数值上等于传送带的长度L BC ，即L BC = 26 m (3)滑块m 2一直做匀减速直线运动，达C 点时速度恰好减到3 m/s ，全程的平均速度为24/2v vv m s +== 设滑块m 2的传送时间为t ，则有 6.5BCL t s v== (4)由图乙可知，滑块m 1在传送带上加速阶段的位移21011182x v t at m =+= 滑块m 1在传送带上加速阶段产生的热量Q 1=μ1m 1g (vt 1-x 1)=10 J 滑块m 2在传送带上减速的加速大小413v a t '∆'=='∆m/s 2 滑块m 2受到的滑动摩擦力大小f = m 2a ′滑块m 2在传送带上减速阶段产生的热量Q 2 = f (L BC -vt ) = 6 J 系统因摩擦产生的热量Q = Q 1 + Q 2 =16 J ．3．如图所示，一速度v =4m/s 顺时针匀速转动的水平传送带与倾角θ=37°的粗糙足长斜面平滑连接，一质量m =2Kg 的可视为质点的物块，与斜面间的动摩擦因数为μ1=0.5，与传送带间的动摩擦因数为µ2=0.4，小物块以初速度v 0=10m/s 从斜面底端上滑求：（g =10m/s 2） （1）小物块以初速度v 0沿斜面上滑的最大距离？（2）要使物块由斜面下滑到传送带上时不会从左端滑下，传送带至少多长？（3）若物块不从传送带左端滑下，物块从离传送带右侧最远点到再次上滑到斜面最高点所需时间？【答案】(1) x 1=5m （2） L =2.5m （3）t =1.525s【解析】（1）小物块以初速度v 0沿斜面上滑时，以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得： 1sin cos mg mg ma θμθ+=，解得2110/a m s =设小物块沿沿斜面上滑距离为x 1，则211020a x v -=-，解得15x m =（2）物块沿斜面下滑时以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得：2sin cos mg mg ma θμθ-=，解得： 222/a m s =设小物块下滑至斜面底端时的速度为v 1，则21212v a x =解得： 125/v m s =设小物块在传送带上滑动时的加速度为a 3, 由牛顿第二定律得： 23µmg ma =，解得： 234/a m s =设物块在传送带向左滑动的最大距离为L ，则23120a L v -=-，解得： 2.5L m = 传送带至少2.5m 物块不会由传送带左端滑下（3）设物块从传送带左端向右加速运动到和传送带共速运动的距离为x 2，则222ax v =，解得： 22 2.5x m m =<，故小物体先加速再随传送带做匀速运动。

高中物理牛顿运动定律的应用技巧和方法完整版及练习题含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示，质量为m=2kg的物块放在倾角为θ=37°的斜面体上，斜面质量为M=4kg，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）（1）若斜面与物块间无摩擦力，求m加速度的大小及m受到支持力的大小；（2）若斜面与物块间的动摩擦因数为μ=0.2，已知物体所受滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，求推力F的取值．（此问结果小数点后保留一位）【答案】（1）7.5m/s2；25N （2）28.8N≤F≤67.2N【解析】【分析】(1)斜面M、物块m在水平推力作用下一起向左匀加速运动，物块m的加速度水平向左，合力水平向左，分析物块m的受力情况，由牛顿第二定律可求出加速度a和支持力．(2)用极限法把F推向两个极端来分析：当F较小（趋近于0）时，由于μ＜tanθ，因此物块将沿斜面加速下滑；若F较大（足够大）时，物块将相对斜面向上滑，因此F不能太小，也不能太大，根据牛顿第二定律，运用整体隔离法求出F的取值范围．【详解】(1)由受力分析得：物块受重力，斜面对物块的支持力，合外力水平向左．根据牛顿第二定律得：mgtanθ=ma得a=gtanθ=10×tan37°=7.5m/s2m受到支持力20N=25N cos cos37NmgFθ==︒(2)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块的受力如下图所示:对物块分析，在水平方向有Nsinθ﹣μNcosθ=ma1竖直方向有Ncosθ+μNsinθ﹣mg=0对整体有 F1=（M+m）a1代入数值得a1=4.8m/s2 ，F1=28.8N设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，对物块分析，在水平方向有N′sinθ﹣μN′cosθ=ma2竖直方向有N′cosθ﹣μN′sinθ﹣mg=0对整体有F2=（M+m）a2代入数值得a2=11.2m/s2，F2=67.2N综上所述可以知道推力F的取值范围为：28.8N≤F≤67.2N．【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住临界状态，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．2．如图所示，一质量M=40kg、长L=2.5m的平板车静止在光滑的水平地面上. 一质量m=10kg可视为质点的滑块，以v0=5m/s的初速度从左端滑上平板车，滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.4，取g=10m/s2.（1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小；（2）计算说明滑块能否从平板车的右端滑出.【答案】（1），（2）恰好不会从平板车的右端滑出．【解析】根据牛顿第二定律得对滑块，有，解得对平板车，有，解得．设经过t时间滑块从平板车上滑出滑块的位移为：．平板车的位移为：．而且有解得：此时，所以，滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．答：滑块与平板车的加速度大小分别为和．滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．点睛：对滑块受力分析，由牛顿第二定律可求得滑块的加速度，同理可求得平板车的加速度；由位移关系可得出两物体位移间相差L时的表达式，则可解出经过的时间，由速度公式可求得两车的速度，则可判断能否滑出．3．滑雪运动中当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板和雪地之间形成暂时的“气垫”从而减小雪地对滑雪板的摩擦，然后当滑雪板的速度较小时，与雪地接触时间超过某一时间就会陷下去，使得它们间的摩擦阻力增大．假设滑雪者的速度超过4m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会从0.25变为0.125．一滑雪者从倾角为θ＝37°斜坡雪道的某处A由静止开始自由下滑，滑至坡底B处（B处为一长度可忽略的光滑小圆弧）后又滑上一段水平雪道，最后停在水平雪道BC之间的某处．如图所示，不计空气阻力，已知AB长14.8m，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化时（即速度达到4m/s）所经历的时间；（2）滑雪者到达B处的速度；（3）滑雪者在水平雪道上滑行的最大距离．【答案】（1）1s；（2）12m/s；（3）54.4m．【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求出滑雪者在斜坡上从静止开始加速至速度v1=4m/s期间的加速度，再根据速度时间公式求出运动的时间．（2）再根据牛顿第二定律求出速度大于4m/s时的加速度，球心速度为4m/s之前的位移，从而得出加速度变化后的位移，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑雪者到达B处的速度．（3）分析滑雪者的运动情况，根据牛顿第二定律求解每个过程的加速度，再根据位移速度关系求解． 【详解】（1）滑雪者从静止开始加速到v 1=4m/s 过程中： 由牛顿第二定律得：有：mgsin37°-μ1mgcos37°=ma 1； 解得：a 1=4m/s 2； 由速度时间关系得 t 1＝11v a＝1s （2）滑雪者从静止加速到4m/s 的位移：x 1=12a 1t 2=12×4×12=2m 从4m/s 加速到B 点的加速度：根据牛顿第二定律可得：mgsin37°-μ2mgcos37°=ma 2； 解得：a 2=5m/s 2；根据位移速度关系：v B 2−v 12＝2a 2(L −x 1) 计算得 v B =12m/s（3）在水平面上第一阶段（速度从12m/s 减速到v=4m/s ）：a 3＝−μ2g ＝−1.25m /s 222223341251.222 1.25B v v x m a --===-⨯ 在水平面上第二阶段（速度从4m/s 减速到0）a 4＝−μ1g ＝−2.5m /s 2，2443.22vx m a -＝＝ 所以在水平面上运动的最大位移是 x=x 3+x 4=54.4m 【点睛】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．4．如图所示，地面上有一固定的斜面体ABCD ，其AB 边的长度2S m =，斜面倾角为370．光滑水平地面上有一块质量3M kg =的足够长的木板紧挨着斜面体静止放置．质量为1m kg =物体由A 点静止滑下，然后从B 点滑上长木板(由斜面滑至长木板时速度大小不变)，已知物体与斜面体的动摩擦因数为0.25，物体与长木板的动摩擦因数为0.3，210/g m s =，0370.6sin =，0370.8cos =．求：(1)物体到达斜面底端B 点时的速度大小；(2)物体从B 点滑上长木板时，物体和长木板的加速度大小； (3)物体在长木板上滑行的最大距离．【答案】（1）4/m s （2）213/a m s = ；221/a m s = （3）2m【解析】 【分析】该题是应用牛顿第二定律解决运动问题中的物体在粗糙斜面上滑行问题和板块模型的结合题．分别根据两种题型的解答思路和方法， 求解即可． 【详解】(1)对沿斜面下滑的物体受力分析，据牛顿第二定律得：0013737mgsin mgcos ma μ-=解得：物体沿斜面下滑的加速度24/a m s =对物块沿斜面下滑的过程，应用速度位移公式得：202B v aS -=解得：物体到达斜面底端B 点时的速度4B m v s= (2)物体刚滑上长木板，对物体受力分析，由牛顿第二定律可得：21mg ma μ=解得：物体滑上长木板后物体的加速度213/a m s =，方向水平向左物体刚滑上长木板，对长木板受力分析，由牛顿第二定律可得：22mg Ma μ=解得：物体滑上长木板后长木板的加速度221/a m s =，方向水平向右(3)设经过时间t ，物体和长木板的速度相等，则：12B v a t a t -= 解得：1t s =这段时间内物体的位移2211114131 2.522B x v t a t m m =-=⨯-⨯⨯= 这段时间内长木板的位移222211110.522x a t m m ==⨯⨯= 物体在长木板上滑行的最大距离122d x x m =-=5．如图所示，质量M=1kg 的木板静置于倾角为37°的足够上的固定斜面上的固定斜面上的某个位置，质量m=1kg 的可视为质点的小物块以初速度v 0=5m/s 从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的外力F=14N ，使木板从静止开始运动，当小物块与木板共速时，撤去该外力，最终小物块从木板的下端滑出．已知小物块与木板之间的动摩擦因素为0．25，木板与斜面之间的动摩擦因数为0．5，g=10m/s 2，sin37°=0．6,cos37°=0．8．（1）物块和木板共速前，物块和木板的加速度各为多少； （2）木板的长度至少为多少；（3）物块在木板上运动的总时间是多少．【答案】（1）a 1=8m/s 2,方向沿斜面向下, a 2=2m/s 2,方向沿斜面向上 （2）min 61m 48L =（3）5(8t = 【解析】试题分析：（1）物块与木板共速前，对物块分析：11sin cos mg mg ma θμθ+= 得：a 1=8m/s 2,方向沿斜面向下，减速上滑对木板分析：122cos sin ()cos F mg Mg m M g Ma μθθμθ+--+= 得：a 2=2m/s 2,方向沿斜面向上，加速上滑 （2）共速时：021=v v a t -共 得：10.5s t =，=1m/s v 共 共速前的相对位移：22101112111 1.25m 22x v t a t a t ∆=--= 撤掉F 后：物块相对于木板上滑，加速度仍未a 1=8m/s 2，减速上滑而木板：212sin ()cos cos Mg M m g mg Ma θμθμθ++-=' 则：2212m/s a ='，方向沿斜面向下，减速上滑 由于：12sin cos ()cos Mg mg M m g θμθμθ+<+ 木板停止后，物块在木板上滑动时，木板就不再运动 过21s 12t =，木板停止，过21s 8t '=，物块减速到0 此过程，相对位移：21m 48x ∆=木板至少长度min 1261m 48L x x =∆+∆=（3）物块在木板上下滑，木板不动物块加速度211sin cos 4m/s a g g θμθ=-=' 2min 1312L a t '=得：3t =在木板上的总时间：1235(8t t t t =++=' 考点：考查牛顿第二定律、匀变速直线运动．【名师点睛】动力学的解题思路：已知受力研究运动；已知运动研究受力情况．6．研究物体的运动时，常常用到光电计时器.如图所示，当有不透光的物体通过光电门时，光电计时器就可以显示出物体的挡光时间.光滑水平导轨MN 上放置两个物块A 和B ，左端挡板处有一弹射装置P ，右端N 处与水平传送带平滑连接，将两个宽度为d =3.6×10-3m 的遮光条分别安装在物块A 和B 上，且高出物块，并使遮光条在通过光电门时挡光.传送带水平部分的长度L =9.0m ，沿逆时针方向以恒定速度v =6.0m/s 匀速转动。

牛顿运动定律同步练习（二）物体运动状态的改变1．下列哪些情况我们说物体的运动状态一定发生了改变（）A 运动物体的位移大小变化B 运动物体的速度大小变化C 运动物体的速度方向变化D 运动物体的加速度变化2．下面哪些物体的运动状态发生了变化（）A 匀速飘落的羽毛B 匀速拐弯的自行车C 匀加速起动的列车 C 绕地球匀速飞行的航天飞机3．物体从静止开始运动，其所受的合力随时间变化的情况，如图所示，则在0 – t1的时间内，物体运动的速度将（）A 变小B 不变C 变大D 先变大后变小t4．关于惯性在实际中应用，下列说法中正确的是（）A 工厂里车床底座的质量大一些，是为了增大它的惯性B 战斗机投入战斗时，丢掉副油箱，是为了减小惯性，使其运动更加灵活C 要保持物体的平衡，只要尽量增大它的惯性就可以了D 手扶拖拉机的飞轮做得很重，目的是增大其惯性，以保证运转尽量均匀5．某人用力推一下原来静止在水平面上的小车，小车便开始运动，此后改用较小的力就可以维持小车做匀速直线运动，可见（）A 力是使物体产生运动的原因B 力是维持物体运动的原因C 力是使物体产生加速度的原因D 力是改变物体惯性的原因6．下列说法正确的是（）A 一个物体原来以10m/s的速度运动，后来速度变为30m/s，则其惯性增大了B 已知月球上的重力加速度是地球的1/6，故一个物体从地球移到月球惯性减小为原来的1/6C 质量大的物体运动状态难改变，故质量大的物体惯性大D 以上说法都不正确7．对物体的惯性有这样一些理解，你觉得哪些是正确的？（）A 汽车快速行驶时惯性大，因而刹车时费力，惯性与物体的速度大小有关B 在月球上举重比在地球上容易，所以同一物体在地球上惯性比在月球上大C 加速运动时，物体有向后的惯性；减速运动时，物体有向前的惯性D 不论在什么地方，不论物体原有运动状态如何，物体的惯性是客观存在的，惯性的大小与物体的质量有关8．下列现象不存在的是（）A 物体的速度很大，而惯性很小B 物体的质量很小，而惯性很大C 物体体积小，但惯性大D 物体所受外力大，但惯性小9．下列说法中正确的是（）A 一个物体原来静止，后来以1.5m/s的速度运动，则其惯性增大了B 已知月球上的重力加速度是地球的1/6，故一个物体从地球移到月球上，惯性减小为1/6C 质量大的物体运动状态难改变，故质量大的物体惯性大D 在宇宙飞船内的物体不存在惯性。

物理牛顿运动定律的应用练习全集一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示，长木板B 质量为m 2＝1．0 kg ，静止在粗糙的水平地面上，长木板左侧区域光滑．质量为m 3＝1．0 kg 、可视为质点的物块C 放在长木板的最右端．质量m 1＝0．5 kg 的物块A ，以速度v 0＝9 m ／s 与长木板发生正碰（时间极短），之后B 、C 发生相对运动．已知物块C 与长木板间的动摩擦因数μ1＝0．1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0．2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程物块C 始终在长木板上，g 取10 m ／s 2．（1）若A 、B 相撞后粘在一起，求碰撞过程损失的机械能． （2）若A 、B 发生弹性碰撞，求整个过程物块C 相对长木板的位移．【答案】（1）13.5J （2）2.67m 【解析】（1）若A 、B 相撞后粘在一起，由动量守恒定律得1012()m v m m v =+由能量守恒定律得 22101211()22E m v m m v ∆=-+ 解得损失的机械能 21201213.52()m m v E J m m ∆==+ （2）A 、B 发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得101122m v m v m v =+由机械能守恒定律得222101122111222m v m v m v =+ 联立解得 1210123/m m v v m s m m -==-+， 1201226/m v v m s m m ==+之后B 减速运动，C 加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律， 对长木板： 2231321-()m m g m g m a μμ+-= 对物块C ： 1332m g m a μ=设达到共同速度过程经历的时间为t ，212v a t a t += 这一过程的相对位移为22121211322x v t a t a t m ∆=+-= B 、C 达到共同速度之后，因12μμ<，二者各自减速至停下，由牛顿运动定律， 对长木板： 2231323-()m m g m g m a μμ++= 对物块C ：1334-m g m a μ=这一过程的相对位移为2222243()()1223a t a tx ma a∆=-=--整个过程物块与木板的相对位移为1282.673x x x m m∆=∆-∆==点睛：此题是多研究对象、多过程问题，过程复杂，分析清楚物体的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题．2．如图，质量分别为m A=2kg、m B=4kg的A、B小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧等高H=25m处，两球同时由静止开始向下运动，已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的0.5倍，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．两侧轻绳下端恰好触地，取g=10m/s2，不计细绳与滑轮间的摩擦，求：,(1)A、B两球开始运动时的加速度．(2)A、B两球落地时的动能．(3)A、B两球损失的机械能总量．【答案】（1）25m/sAa=27.5m/sBa=（2）850JkBE=（3）250J【解析】【详解】(1)由于是轻绳,所以A、B两球对细绳的摩擦力必须等大，又A得质量小于B的质量，所以两球由静止释放后A与细绳间为滑动摩擦力，B与细绳间为静摩擦力，经过受力分析可得：对A：A A A Am g f m a-=对B：B B B Bm g f m a-=A Bf f=0.5A Af m g=联立以上方程得：25m/sAa=27.5m/sBa=(2)设A球经t s与细绳分离，此时，A、B下降的高度分别为h A、h B，速度分别为V A、V B，因为它们都做匀变速直线运动则有：212A Ah a t=212B Bh a t=A BH h h=+A AV a t=B BV a t=联立得：2st=，10mAh=，15mBh=，10m/sAV=，15m/sBV=A 、B 落地时的动能分别为kA E 、kB E ，由机械能守恒，则有：21()2kA A A A A E m v m g H h =+- 400J kA E = 21()2kB B B B B E m v m g H h =+- 850J kB E =(3)两球损失的机械能总量为E ∆，()A B kA kB E m m gH E E ∆=+-- 代入以上数据得：250J E ∆= 【点睛】(1)轻质物体两端的力相同,判断A 、B 摩擦力的性质，再结合受力分析得到． （2）根据运动性质和动能定理可得到． (3)由能量守恒定律可求出．3．某智能分拣装置如图所示，A 为包裹箱，BC 为传送带．传送带保持静止，包裹P 以初速度v 0滑上传送带，当P 滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A 收纳，则被拦停在B 处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回C 处．已知v 0=3m/s ，包裹P 与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带与水平方向夹角θ=37º，传送带BC 长度L =10m ，重力加速度g =10m/s 2，sin37º=0.6，cos37º=0.8，求：（1）包裹P 沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向； （2）包裹P 到达B 时的速度大小；（3）若传送带匀速转动速度v =2m/s ，包裹P 经多长时间从B 处由静止被送回到C 处； （4）若传送带从静止开始以加速度a 加速转动，请写出包裹P 送回C 处的速度v c 与a 的关系式，并画出v c 2-a 图象．【答案】（1）0.4m/s 2 方向：沿传送带向上（2）1m/s （3）7.5s（4）222200.4/80.4/c a a m s v a m s ⎧<=⎨≥⎩（）（） 如图所示：【解析】 【分析】先根据牛顿第二定律求出包裹的加速度，再由速度时间公式求包裹加速至速度等于传送带速度的时间，由位移公式求出匀加速的位移，再求匀速运动的时间，从而求得总时间，这是解决传送带时间问题的基本思路，最后对加速度a 进行讨论分析得到v c 2-a 的关系，从而画出图像。

2020届一轮复习人教版牛顿运动定律综合应用（二）课时作业[基础训练]1．(2018·安徽池州二模)重物A放在倾斜的皮带传送机上，它和皮带一直相对静止没有打滑，如图所示，传送带工作时，关于重物受到摩擦力的大小，下列说法正确的是()A．重物静止时受到的摩擦力一定小于它斜向上运动时受到的摩擦力B．重物斜向上加速运动时，加速度越大，摩擦力一定越大C．重物斜向下加速运动时，加速度越大，摩擦力一定越大D．重物斜向上匀速运动时，速度越大，摩擦力一定越大答案：B 解析：重物静止时，受到的摩擦力f＝mg sin θ，重物匀速上升时，受到的摩擦力为f＝mg sin θ，且与速度大小无关，选项A、D错误；重物斜向上加速运动时，根据牛顿第二定律，摩擦力f ＝mg sin θ＋ma，加速度越大，摩擦力越大，选项B正确；重物沿斜面向下加速运动时，当a<g sin θ时，加速度越大，摩擦力越小，C错误．2．竖直正方形框内有三条光滑轨道OB、OC和OD.三轨道交于O点，且与水平方向的夹角分别为30°、45°和60°.现将甲、乙、丙三个可视为质点的小球同时从O点由静止释放，分别沿OB、OC和OD 运动到达斜面底端．则三小球到达斜面底端的先后次序是()A．甲、乙、丙B．丙、乙、甲C．甲、丙同时到达，乙后到达D．不能确定三者到达的顺序答案：B解析：对乙、丙：设斜面的倾角为θ，则下滑的加速度a＝g sin θ，下滑的位移x＝lsin θ，根据x＝12at2得t＝2xa＝2lg sin2θ，故倾角越大的下落时间越短，故乙和丙两小球，丙先到达底端；对甲、乙：运动到底端的时间t＝2xa＝2lg sin θcos θ＝4lg sin 2θ，则甲、乙两小球中，乙时间短，先到达底端；三小球到达斜面底端的先后次序是丙、乙、甲，故B项正确．3．如图所示，水平传送带A、B两侧与光滑地面相衔接，一物块从左侧地面以v0＝5 m/s的速度冲上传送带，已知传送带A、B的长度为s＝4 m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，取g＝10 m/s2，物块到达传送带B端的速度为v，下列说法正确的是()A．若传送带不动，v＝3 m/sB．若传送带逆时针匀速转动，v一定小于3 m/sC．若传送带顺时针匀速转动，v一定大于3 m/sD．若传送带顺时针匀速转动，v有可能等于7 m/s答案：A 解析：若传送带不动，物块从A到B做匀减速运动，a＝μg＝2 m/s2，由v20－v2＝2as，得v＝3 m/s，A项正确；若传送带逆时针匀速转动，与传送带不动时受力完全相同，到达B端的速度仍为3 m/s，B项错误；若传送带顺时针匀速转动，传送带的速度不同，物体滑上传送带后的运动情况不同，若传送带速度v带≤3 m/s，物块将一直减速，到达B端的速度为3 m/s，C项错误；若物块一直加速，到达B端的速度为v′，则v′2－v20＝2as，得v′＝41 m/s，因此物块到达传送带B端的最大速度为41 m/s，不可能等于7 m/s，D项错误．4．(2018·辽宁抚顺模拟)如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为μ，B与地面之间的动摩擦因数为μ3.若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2，则a1、a2之比为()A ．1∶1B ．2∶3C ．1∶3D ．3∶2答案：C 解析：当水平力作用在A 上，使A 刚好要相对B 滑动，A 、B 的加速度相等，对B 隔离分析，B 的加速度为a B ＝a 1＝μmg －μ3·2mg m ＝13μg ；当水平力作用在B 上，使B 刚好要相对A 滑动，A 、B 的加速度相等，对A 隔离分析，A 的加速度为a A ＝a 2＝μmg m ＝μg ，可得a 1∶a 2＝1∶3，C 正确．5．如图甲所示，在光滑的水平面上有质量为M 且足够长的长木板，木板上面叠放一个质量为m 的小物块．现对长木板施加水平向右的拉力F ＝3t (N)时，两个物体运动的a -t 图象如图乙所示，若取重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．图线Ⅰ是小物块运动的a -t 图象B ．小物块与长木板间的动摩擦因数为0.3C ．长木板的质量M ＝1 kgD ．小物块的质量m ＝2 kg答案：B 解析：当力F 较小时，两者一起加速，当F 较大时，m相对于M向后滑动，m的加速度不再随F的增大而变化，因此图象Ⅱ是小物块的a-t图象，A项错误；当小物块发生相对滑动后，加速度不变为a m＝3 m/s2，由牛顿第二定律得，μmg＝ma m，解得μ＝0.3，B项正确；在3 s前，对整体有，3t＝(M＋m)a，a＝3M＋mt，由图象得3M＋m ＝1；在3 s后，对M有，3t－μmg＝Ma，a＝3M t－μmgM，由图象得3M＝32，解得M＝2 kg，m＝1 kg，C、D项错误．6．(2018·江苏徐州质检)(多选)如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t＝0时刻滑块从木板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列描述滑块的v-t图象中可能正确的是()答案：BD 解析：设滑块质量为m，木板质量为M，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，若μ1mg<μ2(M＋m)g，则滑块滑上木板后向右匀减速运动，加速度a1＝μ1g，木板静止，选项D正确；若μ1mg>μ2(M＋m)g，则滑块滑上木板后向右匀减速运动，加速度为a1＝μ1g，木板向右匀加速运动，当二者速度相等后，一起以a2＝μ2g的加速度匀减速到停止，因a1>a2，故选项B正确．7．一平直的传送带以速率v＝2 m/s匀速运行，在A处把物体轻轻地放到传送带上，经过时间t＝6 s，物体到达B处．A、B相距L ＝10 m.(1)物体在传送带上匀加速运动的时间是多少？(2)如果提高传送带的运行速率，物体能较快地传送到B处．要让物体以最短的时间从A处传送到B处，传送带的运行速率至少应为多大？(3)若使传送带的运行速率为v′＝10 m/s，则物体从A传送到B 的时间又是多少？答案：(1)2 s(2)2 5 m/s(3)2 5 s解析：(1)物体从A到B需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，则v2t1＋v t2＝Lt1＋t2＝t联立解得t1＝2 s.(2)为使物体从A至B所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变，而a＝vt1＝1 m/s2由2aL＝v2min解得v min ＝2 5 m/s 即传送带的运行速率至少为2 5 m/s ，(3)传送带速率为v ′＝10 m/s>2 5 m/s ，物体一直做加速度为1 m/s 2的匀加速运动，设物体从A 至B 所用最短的时间为t ′，则12at ′2＝L t ′＝2La ＝2×101＝2 5 s. [能力提升]8．(2018·吉林省吉林大学附中摸底)正方形木板水平放置在地面上，木板的中心静置一小滑块，如图所示为俯视图．为将木板从滑块下抽出，需要对木板施加一个作用线通过木板中心点的水平恒力F .已知木板边长L ＝2 2 m ，质量M ＝3 kg ，滑块质量m ＝2 kg ，滑块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2(取g ＝10 m/s 2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，求：(1)要将木板抽出，水平恒力F 需满足的条件；(2)当水平恒力F ＝29 N 时，在木板抽出时滑块能获得的最大速度．答案：(1)F >20 N (2)433m/s 解析：(1)能抽出木板，滑块与木板发生相对滑动，当滑块达到随板运动的最大加速度时，拉力最小，对滑块有μmg＝ma，对木板有F min－μ(M＋m)g－μmg＝Ma，得F min＝2μ(M＋m)g＝20 N，故要抽出木板，水平恒力F>20 N.(2)要使滑块获得的速度最大，则滑块在木板上相对滑动的距离最大，故应沿木板的对角线方向抽木板．设此时木板加速度为a1，则有F－μ(M＋m)g－μmg＝Ma1，又12a1t2－12μgt2＝22L，v max＝μgt，解得v max＝433m/s.9．如图所示，与水平面成θ＝30°角的传送带正以v＝3 m/s的速度匀速运行，A、B两端相距l＝13.5 m．现每隔1 s把质量m＝1 kg 的工件(视为质点)轻放在传送带上，工件在传送带的带动下向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝235，取g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字．求：(1)相邻工件间的最小距离和最大距离；(2)满载与空载相比，传送带需要增加多大的牵引力？答案：(1)0.5 m 3 m(2)33 N解析：(1)设工件在传送带上加速运动时的加速度为a，有μmg cos θ－mg sin θ＝ma代入数据解得a ＝1.0 m/s 2刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件的距离最小，且最小距离d min ＝12at 2 解得d min ＝0.5 m当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则d max ＝v t ＝3.0 m.(2)由于工件加速时间为t 1＝v a ＝3.0 s ，因此传送带上总有三个(n 1＝3)工件正在加速，故所有做加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力f 1＝3μmg cos θ在滑动摩擦力作用下工件移动的位移x ＝v 22a＝4.5 m 传送带上做匀速运动的工件数n 2＝l －x d max＝3 当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩擦力f 0＝mg sin θ，所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力f 2＝n 2f 0与空载相比，传送带需增大的牵引力F ＝f 1＋f 2联立解得F ＝33 N.10．如图所示，一直立的轻杆长为L ，在其上、下端各紧套一个质量分别为m 和2m 的圆环状弹性物块A 、B .A 、B 与轻杆间的最大静摩擦力分别是F f1＝mg 、F f2＝2mg ，且滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等．杆下方存在这样一个区域：当物块A 进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F 作用，而B 在该区域运动时不受其作用，PQ 、MN是该区域上下水平边界，高度差为h(L>2h)．现让杆的下端从距离上边界PQ高h处由静止释放，重力加速度为g.(1)为使A、B间无相对运动，求F应满足的条件；(2)若F＝3mg，求物块A到达下边界MN时A、B间的距离．答案：(1)F≤32mg(2)L－32h解析：(1)设A、B与杆不发生相对滑动时的共同加速度为a，A 与杆的静摩擦力为F f A.则对A、B和杆整体，有：3mg－F＝3ma 对A，有：mg＋F f A－F＝ma，并且F f A≤F f1联立解得F≤32mg.(2)A到达上边界PQ时的速度v A＝2gh当F＝3mg时，A相对于轻杆向上滑动．设A的加速度为a1，则有：mg＋F f1－F＝ma1，解得：a1＝－gA向下减速运动位移h时，速度刚好减小到零，此过程运动的时间t＝2h g由于杆的质量不计，在此过程中，A对杆的摩擦力与B对杆的摩擦力方向相反，大小均为mg.B受到杆的摩擦力小于2mg，则B与轻杆相对静止，B和轻杆整体受到重力和A对杆的摩擦力作用，以v A 为初速度，以a2为加速度做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得：a2＝2mg－mg2m＝g2物块A到达下边界MN时A、B之间的距离为：ΔL＝L＋h－(v A t＋12a2t2)＝L－32h.。

A．1.0m B．1.5m 【答案】BA．木板的长度为2mB．木板的质量为1kgC．木板运动的最大距离为2m由图可知，木板的长度为：132m 3m 2L ´=´=木板运动的最大距离为：31m 1.5m 2x ´==分析滑块B ，减速时间设为B t ，则有：B B 0v a t =-解得：B 0.75st =()(0.75330.75´--A ．1m =2mB ．1m <2mC ．1m >22mD ．1m =22m 【答案】C【详解】由v t -图像分析可知，木板相对地面滑动，滑块与木板共速后一起减速到停止，对木板：122mg mgm m >则有：1m >22m 故选C 。

F=时，小滑块和木板一起匀速运动A．当拉力18N运动F=时，小滑块和木板一起加速运动C．当拉力30NA．木板的长度为3m由图像可知2.5s时两者共速，则木板在物块在0~2.0s内的加速度大小为：物块在2.0s~2.5s内的加速度大小为：m=A．动摩擦因数0.5B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为C．长木板的长度为2.25mD．从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/sB．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为C．经过1s的时间，小孩离开滑板D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/s【答案】BC【详解】AB．对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为：同理对滑板，加速度大小为：2sin37 mga°=A ．10N 15N F <<时物块B 和木板C 相对滑动B ．木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出C ．由题目条件可求木板C 的质量D ．15N F >时物块B 和木板C 相对滑动【答案】DA ．小滑块的加速度向右，大小为A．小物块从传送带左端滑离传送带B．小物块滑离传送带时的速度大小为6m/sC．小物块从滑上传送带到滑离传送带经历的时间为A ．2t 时刻，小物块离A 处的距离最大B ．20t :时间内，小物块的加速度方向先向右后向左C ．20t :时间内，因摩擦产生的热量为12121()22vv t mg t t m éù++êúëûD ．20t :时间内，物块在传送带上留下的划痕为()21122v v t t ++A．物块最终从传送带N点离开B．物块将在4.8s时回到原处C．物块与传送带之间的摩擦因数为3 2D．传送带的速度1m/sv=，方向沿斜面向下【答案】C【详解】AD．从v t-图像可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为A．5N·s B．20N·s【答案】D【详解】邮件轻放在传送带上时，受力分析如图所示支持力：NN cos53F mg q==A．．．．【答案】D>），且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由【详解】AB．当小物块的初速度沿斜面向下（tan qA．弹出纸板后瞬间，纸板的加速度大小为2m/s²B．橡皮擦与纸板达到相同速度后，一直与纸板相对静止C．最终橡皮擦不会脱离纸板． ．． ．【答案】C【详解】箱子以一定的水平初速度0v 从左端滑上平板车，在摩擦力作用下，箱子做匀减速直线运动，平板A ．当F 足够小时，A 仍保持静止状态B ．当拉力F mg m =时，物块A．货物与平台一起做匀加速直线运动v=时，货物加速度为B．当平台速度0.6m/sv=时，货物加速度为C．当平台速度0.6m/sF<，平台将保持静止D．若施加的恒力10N【答案】C可知平台受到两个圆柱表面对平台沿平行于轴线的方向的摩擦力大小均为：F-根据牛顿第二定律可得：2可知随着平台速度v的逐渐增大，匀加速直线运动，故A错误；v=时，则有：BC．当平台速度0.6m/sA．传送带的速度越快，饺子的加速度越大B．饺子相对与传送带的位移为C．饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量D．传送带因传送饺子多消耗的电能等于饺子增加的动能A．图线I 反映的是包裹的运动B．包裹和传送带间的动摩擦因数为C．传送带的长度为20 mD．包裹相对传送带滑动的距离为【答案】D【详解】A．传送带启动后做匀加速运动，包裹在摩擦力作用下也做加速运动，则包裹的加速度一定小于传送到的加速度，则由图像可知图线A．t=2.5s时，货物所受摩擦力方向改变B．货物与传送带间的动摩擦因数为0.4C．传送带运行的速度大小为0.5m/sD．货物向下运动过程中所具有的机械能先减小后不变【答案】C【详解】A．由图乙可知，在0~2.5s内，货物的速度大于传动带的速度，A．包裹在最高点c时，对圆弧轨道的压力为零B．第一个包裹在传送带上运动的时间为C．圆弧轨道半径为() 223m5-A．货物与输送带间的动摩擦因数为0.825B．输送带A、B两端点间的距离为8mC．货物从下端A点运动到上端B点的时间为9s D．皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量为【答案】CA．滑雪板与滑雪毯间的动摩擦因数为B．滑雪者从坡道顶端由静止滑到底端所需时间为C．整个下滑过程滑雪板与雪毯之间由于摩擦而产生热量为D．整个过程中摩擦力对滑雪板一直做正功【答案】CA．游客在“雪地魔毯”上一直做匀加速运动B．游客在“雪地魔毯”上匀加速运动的时间为C．游客在“雪地魔毯”受到的摩擦力的方向可能改变D．游客与“雪地魔毯”间的动摩擦因数约为【答案】D【详解】A．若游客在“雪地魔毯”上一直做匀加速运动，则游客的位移：13．如图，物块A 、B 静置叠放在光滑水平面上，A 、B 上下表面水平。

2019-2019高三物理新课标牛顿运动定律的应用专题训练牛顿运动定律包括牛顿第一运动定律、牛顿第二运动定律和牛顿第三运动定律三条定律，以下是牛顿运动定律的应用专题训练，希望考生可以认真练习。

一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

)1.(2019唐山模拟)牛顿在总结C雷恩、J沃利斯和C惠更斯等人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律，阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一和第二定律形成了完整的牛顿力学体系。

下列关于作用力和反作用力的说法正确的是()A.物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力B.物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡C.人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力D.物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等2.(2019江西八校联考)我们在生活中移动货物经常推着或拉着物体沿地面运动，这样方便省力。

在粗糙的水平面上放置一个小物体P，P 受到与水平面成夹角的斜向上的拉力作用沿水平面运动，如图甲所示，物体P的加速度随F变化规律如图乙中图线P所示。

把物体P换成物体Q，其他不变，重复操作，得到Q的加速度随F变化规律如图乙中图线Q所示。

图乙中b、c和d为已知量，由此可知()A.P的质量大于Q的质量B.P和Q的材料相同C.P的质量为D.Q的质量为-3.(2019长春二模)如图所示，一根轻绳跨过定滑轮，两端系着质量分别为M和m的小物块P和Q，Q放在地面上，P离地面有一定高度。

当P的质量发生变化时，Q上升的加速度a的大小也将随之变化，已知重力加速度为g，则下列能正确反映a与M关系的图象()4.(2019昆明二检)如图，轻绳的一端连接质量为m的物体，另一端固定在左侧竖直墙壁上，轻绳与竖直墙壁的夹角=45，轻弹簧的一端连接物体，另一端固定在右侧竖直墙壁上，物体对地面的压力恰好为0，物体与地面间的动摩擦因数为=0.3，取g=10 m/s2，剪断轻绳的瞬间物体的加速度大小是A.3 m/s2B.10 m/s2C.7 m/s2D.10 m/s25.(2019合肥一模)某面粉厂有一条运送小麦的黑色传送带，某物理兴趣小组对传送带传送小麦进行了研究。

物理牛顿运动定律的应用练习全集一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图，光滑水平面上静置一长木板A ，质量M =4kg ，A 的最前端放一小物块B （可视为质点），质量m =1kg ，A 与B 间动摩擦因数μ=0.2．现对木板A 施加一水平向右的拉力F ，取g =10m/s 2．则：（1）若拉力F 1=5N ，A 、B 一起加速运动，求A 对B 的静摩擦力f 的大小和方向； （2）为保证A 、B 一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值F m （设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；（3）若拉力F 2=14N ，在力F 2作用t =ls 后撤去，要使物块不从木板上滑下，求木板的最小长度L【答案】（1）f = 1N ，方向水平向右；（2）F m = 10N 。

（3）木板的最小长度L 是0.7m 。

【解析】 【详解】（1）对AB 整体分析，由牛顿第二定律得：F 1=（M +m ）a 1 对B ，由牛顿第二定律得：f =ma 1联立解得f =1N ，方向水平向右；（2）对AB 整体，由牛顿第二定律得：F m =（M +m ）a 2对B ，有：μmg =ma 2联立解得：F m =10N（3）因为F 2＞F m ，所以AB 间发生了相对滑动，木块B 加速度为：a 2=μg =2m/s 2。

木板A 加速度为a 3，则：F 2-μmg =Ma 3解得：a 3=3m/s 2。

1s 末A 的速度为：v A =a 3t =3m/s B 的速度为：v B =a 2t =2m/s 1s 末A 、B 相对位移为：△l 1=2A Bv v t -=0.5m 撤去F 2后，t ′s 后A 、B 共速 对A ：-μmg =Ma 4可得：a 4=-0.5m/s 2。

共速时有：v A +a 4t ′=v B +a 2t ′可得：t ′=0.4s 撤去F 2后A 、B 相对位移为：△l 2='2A Bv v t -=0.2m 为使物块不从木板上滑下，木板的最小长度为：L =△l 1+△l 2=0.7m 。

高中物理牛顿运动定律的应用技巧和方法完整版及练习题一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图，光滑水平面上静置一长木板A ，质量M =4kg ，A 的最前端放一小物块B （可视为质点），质量m =1kg ，A 与B 间动摩擦因数μ=0.2．现对木板A 施加一水平向右的拉力F ，取g =10m/s 2．则：（1）若拉力F 1=5N ，A 、B 一起加速运动，求A 对B 的静摩擦力f 的大小和方向； （2）为保证A 、B 一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值F m （设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；（3）若拉力F 2=14N ，在力F 2作用t =ls 后撤去，要使物块不从木板上滑下，求木板的最小长度L【答案】（1）f = 1N ，方向水平向右；（2）F m = 10N 。

（3）木板的最小长度L 是0.7m 。

【解析】 【详解】（1）对AB 整体分析，由牛顿第二定律得：F 1=（M +m ）a 1 对B ，由牛顿第二定律得：f =ma 1联立解得f =1N ，方向水平向右；（2）对AB 整体，由牛顿第二定律得：F m =（M +m ）a 2对B ，有：μmg =ma 2联立解得：F m =10N（3）因为F 2＞F m ，所以AB 间发生了相对滑动，木块B 加速度为：a 2=μg =2m/s 2。

木板A 加速度为a 3，则：F 2-μmg =Ma 3解得：a 3=3m/s 2。

1s 末A 的速度为：v A =a 3t =3m/s B 的速度为：v B =a 2t =2m/s 1s 末A 、B 相对位移为：△l 1=2A Bv v t -=0.5m 撤去F 2后，t ′s 后A 、B 共速 对A ：-μmg =Ma 4可得：a 4=-0.5m/s 2。

共速时有：v A +a 4t ′=v B +a 2t ′可得：t ′=0.4s 撤去F 2后A 、B 相对位移为：△l 2='2A Bv v t -=0.2m 为使物块不从木板上滑下，木板的最小长度为：L =△l 1+△l 2=0.7m 。

高考物理二轮复习题型限时专练 牛顿运动定律的应用一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示，长木板质量M=3 kg ，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m=1 kg 的物块A ，右端放着一个质量也为m=1 kg 的物块B ，两物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，AB 之间的距离L=6 m ，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块A 施加方向水平向右的恒定推力F 作用，取g=10 m/s 2．（1）.为使物块A 与木板发生相对滑动，F 至少为多少？（2）.若F=8 N ，求物块A 经过多长时间与B 相撞，假如碰撞过程时间极短且没有机械能损失，则碰后瞬间A 、B 的速度分别是多少？ 【答案】（1）5 N （2）v A’=2m/s v B’=8m/s 【解析】 【分析】 【详解】（1）据分析物块A 与木板恰好发生相对滑动时物块B 和木板之间的摩擦力没有达到最大静摩擦力．设物块A 与木板恰好发生相对滑动时，拉力为F 0，整体的加速度大小为a ，则： 对整体： F 0=（2m +M ）a 对木板和B ：μmg =（m +M ）a 解之得： F 0=5N即为使物块与木板发生相对滑动，恒定拉力至少为5 N ； （2）物块的加速度大小为：24A F mga m s mμ-==∕ 木板和B 的加速度大小为：B mga M m=+μ=1m/s 2设物块滑到木板右端所需时间为t ，则：x A -x B =L即221122A B a t a t L -= 解之得：t =2 s v A =a A t=8m/s v B =a B t=2m/sAB 发生弹性碰撞则动量守恒：mv a +mv B =mv a ＇+mv B ＇机械能守恒：12mv a 2+12mv B 2=12mv a ＇2+12mv B ＇2 解得：v A ＇=2m/s v B ＇=8m/s2．一个弹簧测力计放在水平地面上，Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P 为一重物，已知P 的质量M 10.5kg =，Q 的质量m 1.5kg =，弹簧的质量不计，劲度系数k 800/N m =，系统处于静止.如图所示，现给P 施加一个方向竖直向上的力F ，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2s 内，F 为变力，0.2s 以后，F 为恒力.求力F 的最大值与最小值.(取g 210/)m s =【答案】max 168N F =min 72N F = 【解析】试题分析：由于重物向上做匀加速直线运动，故合外力不变，弹力减小，拉力增大，所以一开始有最小拉力，最后物体离开秤盘时有最大拉力 静止时由()M m g kX += 物体离开秤盘时212x at =()k X x mg ma --= max F Mg Ma -=以上各式代如数据联立解得max 168N F =该开始向上拉时有最小拉力则min ()()F kX M m g M m a +-+=+解得min 72N F =考点：牛顿第二定律的应用点评：难题．本题难点在于确定最大拉力和最小拉力的位置以及在最大拉力位置时如何列出牛顿第二定律的方程，此时的弹簧的压缩量也是一个难点．3．如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为37θ=︒，传送带AB 足够长，传送带以大小为2m/s υ=的恒定速率顺时针转动。

4.7 用牛顿定律解决问题(二) 每课一练（人教版必修1）1.一根不可伸缩、不计质量的细绳一端固定于天花板上，另一端系一可视为质点的质量为m 的小球.为使小球处于平衡状态且细绳与竖直方向成45°角，对小球施加的最小力为（）A.mg B.mg C. mg D. mg答案：B2.金属小筒的下部有一小孔，当筒内盛水时，水会从小孔中流出.如果让装满水的小筒从高处自由下落，不计空气阻力，则在小筒自由下落的过程中（）A.水继续以相同的速度从小孔中喷出B.水不再从小孔中喷出C.水将以较小的速度从小孔中喷出D.水将以更大的速度从小孔中喷出解析：装满水的小筒从高处自由下落时，水处于完全失重状态，对跟它接触的小筒筒壁不再产生压力作用，不会从小孔中喷出.答案：B3.如图4-7-12所示，用一根细绳和一根轻直杆组成三角支架，绳的一端绕在手指上，杆的一端顶在掌心.当A处挂上重物时，绳与杆对手指和手掌均有作用力，对这两个作用力的方向判断完全正确的是图4-7-13中的（）图4-7-12图4-7-13解析：根据牛顿第三定律可作出它们的反作用力，对A点受力进行分析，应当满足合力为零.答案：D4.关于超重和失重，下列说法中正确的是（）A.超重就是物体受的重力增加了B.失重就是物体受的重力减小了C.完全失重就是物体一点重力都不受了D.不论超重或失重，物体所受重力是不变的解析：超重是视重大于实重，失重是视重小于实重，完全失重是视重为零了，无论是超重还是失重，物体的重力都不会改变.答案：D5.前苏联时期在空间建立了一座实验室，至今仍在地球上空运行.已知这座空间站中所有物体都处于完全失重状态，则在其中可以完成下列哪个实验（）A.用天平称量物体的质量B.做托里拆利实验C.验证阿基米德定律D.用两个弹簧秤验证牛顿第三定律解析：处于完全失重状态的物体对水平支持面没有压力，对竖直悬挂物没有拉力，因此，ABC三个实验都无法完成.答案：D6.用一根细绳将一重物吊在电梯的天花板上，在下列四种情况中，绳的拉力最大的是（）A.电梯匀速上升B.电梯匀速下降C.电梯加速上升D.电梯加速下降解析：匀速运动时，绳子的拉力大小等于物体重力大小；加速上升时，物体处于超重状态，绳子拉力大于物体的重力；加速下降时，物体处于失重状态，绳子拉力小于物体的重力.答案：C7.(2006全国高考理综Ⅱ，15)如图4-7-14，位于水平桌面上的物块P，由跨过定滑轮的轻绳与物块Q相连，从滑轮到P和到Q的两段绳都是水平的.已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都是μ，两物块的质量都是m，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计.若用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动，则F的大小为（）图4-7-14A.4μmgB.3μmgC.2μmgD.μmg解析：对P物体进行受力分析，受到地面给它的水平向左的滑动摩擦力2μmg，绳子给它的水平向左的拉力T，Q物体给它的水平向左的滑动摩擦力μmg，P物体做匀速直线运动，受力平衡，所以F=T+μmg+2μmg，又Q物体匀速向左运动，受到拉力和滑动摩擦力，二力平衡，所以T=μmg.因此F=μmg+μmg+2μmg=4μmg，所以A选项正确.答案：A8.升降机以0.5 m/s2的加速度匀加速上升，站在升降机里的人质量是50 kg.（1）人对升降机地板的压力是多大?（2）如果人站在升降机里的测力计上，测力计的示数是多大?（3）如果升降机是静止的或做匀速直线运动，人对升降机地板的压力又是多大?解析：(1)人和升降机以共同的加速度上升，因而人的加速度就是升降机的加速度.运用隔离法，以人作为研究对象进行受力分析.人在升降机中受到两个力：重力G和地板的支持力F，升降机地板对人的支持力和人对升降机地板的压力是一对作用力和反作用力，据牛顿第三定律，只要求出前者就可以知道后者.取竖直向上为正方向，则F、a均取正值，G取负值.依牛顿第二定律得：F-G=ma则F=G+ma代入数值得F＝515 N，所以，人对地板的压力为515 N.(2)如果人站在升降机里的测力计上，测力计的示数也是515 N.比较上述两种情况，可以发现当升降机加速上升时，人对升降机地板的压力大于人的重力.(3)若静止或匀速运动，则F＝G，所以人对地板的压力与重力相等，也是500 N.9.一个质量为50 kg的人，站在竖直向上运动着的升降机地板上.他看到升降机上挂着一个重物的弹簧秤上的示数为40 N，如图4-7-15所示，该重物的质量为5 kg.这时人对升降机地板的压力是多大?（g取10 m/s2）图4-7-15解析：以物体为研究对象，物体受向下的重力mg、向上的弹簧拉力F，物体随升降机一起向上运动.由于物体的重力大于弹簧秤的示数，因此可知升降机的加速度方向应向下，即升降机减速上升，由牛顿第二定律有：mg-F=ma所以a== m/s2=2 m/s2再以人为研究对象求人对升降机地板的压力，人受到重力Mg、地板的支持力F，由牛顿第二定律有Mg-F N＝Ma得F N＝Mg-Ma＝400 N由牛顿第三定律知，人对升降机地板的压力也为400 N.答案：人对升降机地板的压力为400 N.10.某人在a＝2 m/s2匀加速下降的升降机中最多能举起m1＝75 kg的物体，则此人在地面上最多可举起多大质量的物体?若此人在一匀加速上升的升降机中最多能举起m2＝50 kg的物体，则此升降机上升的加速度为多大?（g取10 m/s2）解析：当升降机以加速度a1=2 m/s2匀加速下降时，对物体有：m1g-F=m1a1，F=m1（g-a1）得F=75×（10-2）N=600 N设人在地面上最多可举起质量为m0的物体，则F=m0g，m0== kg=60 kg当升降机以a2匀加速上升时，对物体有：F-m2g=m2a2，a2= -g=（-10）m/s2=2 m/s2所以升降机匀加速上升的加速度为2 m/s2.答案：60 kg 2 m/s211.某钢绳所能承受的最大拉力是4×104 N，如果用这条钢绳使3.5 t的货物匀加速上升，则物体在7 s内发生的速度改变不能超过多大?（g取10 m/s2）解析：要求速度改变量的最大值，根据加速度的定义式可知，在时间确定的情况下，实际上就是要求加速度的最大值.而由牛顿第二定律知，在质量确定的前提下，求加速度的最大值，实际上就是求合力的最大值.取方向向上为正.F合＝T-mg＝4×104 N-3.5×103×10 N＝5×103 N由牛顿第二定律F合＝ma得：a== m/s2= m/s2由加速度的定义式a=得：Δv=aΔt=×7 m/s=10 m/s.答案：10 m/s12.如图4-7-16所示，底座A上装有0.5 m的直立杆，其总质量为0.2 kg，杆上套有质量为m＝0.05 kg的小环B，它与杆有摩擦.当环从底座上以4 m/s的速度飞起时，刚好能到达杆的顶端，g取10 m/s2.求：图4-7-16（1）在环升起过程中，底座对水平面压力为多大?（2）环从杆顶落回底座需多少时间?解析：（1）对环受力分析，环在上升过程中受到竖直向下的重力和竖直向下的摩擦力，mg+f=ma，再由v02=2ah，联立解得f=0.3 N，根据牛顿第三定律，环对杆有竖直向上的摩擦力，大小为0.3 N.底座静止在地面上，受到重力、地面的支持力、环的摩擦力三个力的作用，由平衡条件得Mg=N+f，所以N=Mg-f=1.7 N.再由牛顿第三定律得，底座对水平面的压力为1.7 N.（2）环回落时，受到竖直向下的重力和竖直向上的摩擦力，mg-f=ma′，所以a′=4 m/s2.根据位移公式h= a′t2得t== s=0.5 s.答案：（1）1.7 N （2）0.5 s。